EXERCICE 2 (5 points ) Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité Dans l’ensemble C des nombres complexes, i désigne le nombre complexe de module 1 et d’argument π 2 . 1) Montrer que (1 + i)

EXERCICE 2 (5 points )

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Dans l’ensemble C des nombres complexes, i désigne le nombre complexe de module 1 et d’argument π

2 .

1) Montrer que (1 + i)

= − 8i.

2) On considère l’équation (E) : z

= − 8i.

a) Déduire de 1) une solution de l’équation (E).

b) L’équation (E) possède une autre solution ; écrire cette solution sous forme algébrique.

3) Déduire également de 1) une solution de l’équation (E

) : z

= − 8i.

4) On considère le point A d’affixe 2i et la rotation r de centre O et d’angle 2π 3 .

a) Déterminer l’affixe b du point B, image de A par r, ainsi que l’affixe c du point C, image de B par r.

b) Montrer que b et c sont solutions de (E

).

5) a) Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal direct (O, − → u , − → v ) (unité graphique 2 cm), représenter les points A, B et C.

b) Quelle est la nature de la figure que forment les images de ces solutions ? c) Déterminer le centre de gravité de cette figure.

3

EXERCICE 2

1) 1ère solution.D’après la formule du binôme denewton, on a

(1+i)⁶= 6

0

1⁶i⁰+ 6

1

1⁵i¹+ 6

2

1⁴i²+ 6

3

1³i³+ 6

4

1²i⁴+ 6

5

1¹i⁵+ 6

6

1⁰i⁶

=1+6i−15−20i+15+6i−1= −8i.

2ème solution.Mettons1+i sous forme trigonométrique et pour cela calculons d’abord le module de1+i.

|1+i|=p

1²+1²=√ 2.

Mais alors,

1+i=√ 2

1

√2+ 1

√2i

=√ 2

cosπ 4

+isinπ 4

=√ 2e^iπ/4.

Par suite,

(1+i)⁶=√

2e^iπ/46

= (√

2)⁶e^6iπ/4=8.e^3iπ/2=8

cos 3π

2

+isin 3π

2

= −8i.

On a montré que

(1+i)⁶= −8i.

2) a)D’après 1), (1+i)³²

= (1+i)⁶= −8i. Une solution de l’équation(E)est donc(1+i)³. Or, (1+i)³=1+3i+3i²+i³=1+3i−3−i= −2+2i,

et donc

une solution de l’équation(E)est −2+2i.

b)Soitzun nombre complexe.

z²= −8i⇔z²= (−2+2i)²⇔z²− (−2+2i)²=0⇔(z− (−2+2i))(z− (2−2i)) =0

⇔z= −2+2iouz=2−2i.

les solutions de l’équation (E)sont−2+2iet2−2i.

3) La question 1) fournit aussi (1+i)²³

= (1+i)⁶= −8iavec(1+i)²=1+2i−i²=2i. Donc une solution de l’équation(E^′)est 2i.

4) a)L’expression complexe de la rotation de centreOet d’angle 2π 3 est z^′ =e^2iπ/3z= −1

2 +i

√3 2

! z.

Par suite,

b=e^2iπ/3a=2i −1 2+i

√3 2

!

= −√ 3−i, puis

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c=e^2iπ/3b=e^2iπ/3×e^2iπ/3a=ei(2π/3+2π/3)a=e^4iπ/3a= −1 2 −i

√3 2

!

×2i=√ 3−i.

b= −√

3−iet c=√ 3−i.

b)b³= e^2iπ/3a³

= e^2iπ/33

×a³=e^2iπ×(−8i) = −8iet c³= e^4iπ/3a³

= e^4iπ/33

×a³=e^4iπ×(−8i) = −8i.

Donc

betc sont solutions de l’équation(E^′).

5) a)

1 2

−1

−2

1 2

−1

−2

b b

b b

A

B C

b)Notons tout d’abord que l’on a aussir(C) =Acare^2iπ/3c=e^2iπ/3(e^2iπ/3)²a=e^2iπa=a.

Maintenant, on sait qu’une rotation est une isométrie. Donc

BC=r(A)r(B) =AB, et de même,

CA=r(B)r(C) =BC.

Ainsi,AB=BC=CAet donc

le triangleABCest un triangle équilatéral.

c)Calculons l’affixe du centre de gravité du triangleABC.

1

3(a+b+c) = 1

3(2i−√

3−i+√

3−i) =0.

Donc

le triangleABCest un triangle équilatéral de centreO.

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